Couple acide-base : CORRECTION

CORRECTION DES EXERCICES DU CHAPITRE n° 5
I) Interaction de gravitation.
D'une façon générale l'intensité f de la force de gravitation qu'exerce un objet de masse M sur
un objet de masse m et dont les centres sont distants de r est :
M.m
f = G. 2
r
M .M
Dans le cas de la Terre et du Soleil on a : r = G. S T ≈ 1,50.1011 m
f
On en déduit le tableau :
(1) et (2)
en interaction
Terre et Soleil
masse m1
en kg
6,0.1024
masse m2
en kg
2,0.1030
distance entre
centres en m
1,50.1011
valeur de la force
en N
3,56.1022
Terre et Lune
6,0.1024
7,3.1022
3,8.108
2,0.1020
Terre et pierre
6,0.1024
1,0
6,4.106
9,77
6
1,0
1
6,67.10−5
rocher et pierre
1,0.10
II) Force de gravitation.
a) D'une façon générale l'intensité f de la force de gravitation qu'exerce un objet de masse M
sur un objet de masse m et dont les centres sont distants de r est :
M.m
FT = K. 2
r
6,0.10 24 .10
D'où
FT = 6,67.10−11.
≈ 98,3 N
(6,38.10 6 ) 2
b) i. Quand la Lune est au zénith, la distance r du centre de la Lune à l'objet est :
r = rL − RT = 3,85.108 − 6,38.106 ≈ 3,79.108 m
7,35.10 22 .10
D'où
FLmax = 6,67.10−11.
≈ 3,41.10−4 N
8 2
(3,79.10 )
ii. Quand la Lune est au nadir, la distance r du centre de la Lune à l'objet est :
r = rL + RT = 3,85.108 + 6,38.106 ≈ 3,91.108 m
7,35.10 22 .10
D'où
FLmin = 6,67.10−11.
≈ 3,21.10−4 N
8 2
(3,91.10 )
2,0.10 30 .10
≈ 6,01.10−2 N
11 2
(1,49.10 )
ii. On voit que l'attraction du Soleil est près de 200 fois supérieure à celle de la Lune.
c) i. On a
FS = 6,67.10−11.
d) le phénomène des marées océaniques n'est pas uniquement lié à l'attraction gravitationnelle
du Soleil ou de la Lune : en effet, ce phénomène dépend beaucoup du fait que le référentiel
terrestre (dans lequel on étudie le mouvement des marées) n'est pas galiléen ! On montre
qu'en fait, la valeur de l'influence du Soleil dans le phénomène des marées, ne représente
que la moitié de celle de l'influence de la Lune.
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III) Mouvement d’un satellite.
→
a) Le champ de gravitation G(h) créé par la Terre en un point A est donné par :
→
→
M
G(h) = − K.
2 .uOA
(R + h)
M
en mesure G(h) = K.
(R + h) 2
→
- uOA est le vecteur unitaire de OA dirigé de
→
→
O vers A ( uOA = OA /OA)
- K est la constante de gravitation.
- M est la masse de la Terre.
- R est le rayon de la Terre et h l’altitude du point A au-dessus du sol.
→
Pour que G(h) ait cette expression simple, il faut supposer que la masse de la Terre a
une répartition à symétrie sphérique.
→
→
La force d’attraction terrestre F = m. G(h) exercée sur un objet de masse m par la Terre
→
→
diffère du poids P = m. g(h) exercé sur un objet de masse m du fait que :
→
- l’expression de P tient éventuellement compte de l’attraction exercée par d’autres astres
(Lune et Soleil principalement).
→
- le repère terrestre dans lequel est exprimé P n’est pas galiléen.
→
→
g(h) diffère très légèrement de G(h) en direction et en grandeur.
→
→
b) Dans la suite on confond g(h) et G(h) ainsi que g(h) et G(h) :
g(h)
g(h)
M
On exprime G(0) = g(0) = g0 = K. 2 et on fait le rapport
=
, soit :
g(0)
g0
R
R2
g(h) = g0.
(R + h) 2
c) i. Le satellite est, à chaque instant, soumis à une
→
force centrale P (dirigée vers O centre de la
Terre) et d’après le théorème du centre d’inertie
→
→
→
m. a = P , son accélération a est donc
dirigée vers O. Le mouvement étant circulaire,
par hypothèse, l’accélération n’est donc que
→
normale et l’accélération a est dirigée vers le
centre du cercle trajectoire. En rapprochant
ces deux conclusions on voit que :
Le centre du cercle trajectoire (C) du satellite est le centre O de la Terre.
→
ii. La force de pesanteur P est constamment dirigée vers le centre O du cercle trajectoire (C)
→
→
et donc orthogonale à cette trajectoire, le travail de P est donc nul : W(P ) = 0.
→
D’après le théorème de l’énergie cinétique : ∆EC = W(P ) = 0 et l’énergie cinétique du
satellite ne varie pas EC = cte, donc la mesure v de sa vitesse est elle-même constante :
Le satellite à un mouvement circulaire uniforme.
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→
→
→
→
iii. D’après le théorème du centre d’inertie : m. a = m. g et a = g soit a = g.
Comme le mouvement est circulaire et uniforme, l’accélération n’est que normale et :
v2
R2
a=
= g = g0.
d’où
(R + h)
(R + h) 2
v=
g0 . R 2
R+h
3
2. π(R + h) 2
2. π(R + h)
T=
=
v
R. g0
A.N. : avec T = 1 h 40 min on a
h = 753 km
d) On cherche à exprimer la période apparente T’ du satellite dans un référentiel lié à la Terre
dans sa rotation diurne en fonction de la période T du satellite dans un référentiel
géocentrique et de la période τ de rotation de la Terre.
Entre deux survols consécutifs de M il s’écoule une période apparente T’ de rotation du
2. π. T '
2.π
satellite et la Terre tourne d’un angle α =
où
est la vitesse angulaire de rotation
τ
τ
de la Terre. Pendant cette durée T’, le satellite tourne lui-même d’un angle 2.π + α autour de
2.π
la Terre (dans un référentiel géocentrique), sa vitesse angulaire de rotation est
dans le
T
2.π
2. π. T '
2.π
référentiel géocentrique, on a donc : 2.π + α =
.T’, soit : 2.π +
=
.T’
T
τ
T
τ
ou
T’ = T.
= 1 h 47 min 30 s
τ−T
IV) Rotation et force centrifuge.
a) Le problème de l'impesanteur dans une station orbitale ou de l'apesanteur dans un vaisseau
intersidéral se pose pour les astronautes.
i. Les auteurs de science fiction ont trouvé une solution en imaginant de faire tourner la
station ou le vaisseau sur lui-même à vitesse angulaire ω constante, créant, grâce à la
force centrifuge, une impression de pesanteur.
- Dans un référentiel galiléen R en translation lié au centre d'inertie de la station orbitale,
on considère un astronaute en rotation en contact avec la paroi. Il n'est soumis qu'à la
réaction de la paroi (on a représenté une section de la station).
La loi fondamentale s'écrit :
→
→
→
F = m. a
→
→
ou
F − m. a = 0
- Dans un référentiel non-galiléen R' tournant avec la station on considère maintenant
l'astronaute immobile "debout" sur la paroi externe de la station. Pour expliquer son
"équilibre" nous devons dire qu'il est soumis à la réaction de la paroi sur ses pieds ainsi
qu'à une force d'inertie centrifuge (le référentiel est en rotation) qui constitue le poids
apparent de l'astronaute.
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→
→
→
La loi d'équilibre s'écrit :
F + Pa = 0
On a deux versions du même phénomène, et par identification on peut écrire :
→
→
Pa = − m. a
ou en module :
Pa = m.a
S'agissant d'un mouvement circulaire uniforme, l'accélération n'est que centripète, d'où :
Pa = m.ω2.R = m.( 2.π )2.R = 80x( 2xπ )2x200 = 395 N
T
40
ii. Si l'on veut que le poids apparent Pa soit égal au poids sur terre, il faut que Pa = m.g0.
Soit
m.g0 = m.( 2.π )2.R
T
D'où
T = 2.π. R = 2xπx 200 = 28,4 s
g0
9,8
b) On considère un petit élément de matière de masse m, situé à l'équateur et à la surface de
l'étoile de masse totale M.
Cet élément de matière est entraîné dans le mouvement de rotation de l'étoile.
→
→
Il subit la force de gravitation F de l'étoile et la réaction R du sol de l'étoile.
Dans un référentiel galiléen, lié au centre l'étoile mais dans lequel l'étoile tourne avec une
vitesse angulaire ω constante, la loi fondamentale s'écrit :
→
→
→
F + R = m. a
En projetant cette équation vectorielle sur un axe radial et centripète, on obtient :
K. M.2m − R = m.ω2.r
r
Pour une vitesse de rotation ω donnée, l'élément de matière ne sera pas éjecté si la réaction
du sol existe, donc si elle n'est pas nulle, d'où :
K. M.2m − m.ω2.r > 0
r
2
3
(2xπ)2 x(2x10 4 )3
Soit
Mmin = ω .r =
= 4,73.1024 kg
K
6,67 x10 −11
La masse volumique minimale est donc : ρmin = Mmin
V
24
4
,
73
10
x
ρmin = 4Mmin3 =
= 1,41.1011 kg.m−3 !!!
13
3,35 x10
3 .π.r
Cette étoile est une étoile à neutrons, en effet, la masse volumique est pratiquement celle
des noyaux atomiques : les atomes son écrasés sous l'action de la force de gravitation, en
fait, les noyaux "se touchent", les électrons ont neutralisé les protons (d'où le nom donné à
ces étoiles).
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